新教材新高考一輪復習北師大版 52　直線與圓錐曲線的位置關系 作業(yè)

1、課時作業(yè)52直線與圓錐曲線的位置關系 刷基礎1已知直線ykxk及拋物線y22px(p0)，則()A直線與拋物線有一個公共點B直線與拋物線有兩個公共點C直線與拋物線有一個或兩個公共點D直線與拋物線可能沒有公共點2直線l過點(2，1)，且與雙曲線eq f(x2,4)y21有且只有一個公共點，則這樣的不同直線的條數為()A1B2C3D43橢圓4x29y2144內有一點P(3，2)，則以P為中點的弦所在直線的斜率為()Aeq f(2,3)Beq f(3,2)Ceq f(4,9)Deq f(9,4)42022山東青島模擬已知雙曲線C：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(a0，b0)的左焦點為

2、F(c，0)，過點F且斜率為1的直線與雙曲線C交于A，B兩點若線段AB的垂直平分線與x軸交于點P(2c，0)，則雙曲線C的離心率為()Aeq f(r(5),2)Beq r(2)Ceq r(3)D25(多選)已知橢圓C：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)的離心率為eq f(r(3),2)，點M(2，1)在橢圓C上，直線l平行于OM且在y軸上的截距為m，直線l與橢圓C交于A，B兩點下面結論正確的有()A橢圓C的方程為eq f(x2,8)eq f(y2,2)1BkOMeq f(1,2)C2m0，b0)的其中一個焦點為(eq r(5)，0)，一條漸近線方程為2xy0.(1)求雙曲

3、線C的標準方程；(2)已知傾斜角為eq f(3,4)的直線l與雙曲線C交于A，B兩點，且線段AB的中點的縱坐標為4，求直線l的方程9已知點B是圓C：(x1)2y216上的任意一點，點F(1，0)，線段BF的垂直平分線交BC于點P.(1)求動點P的軌跡E的方程；(2)直線l：y2xm與E交于點M，N，且|MN|eq f(12r(30),19)，求m的值10已知拋物線C：x22py(p0)的焦點為F，點B在拋物線上，點A(2，2)，且eq o(FB,sup6()eq o(OF,sup6()2eq o(FA,sup6()(O為坐標原點).(1)求拋物線C的標準方程；(2)若過點M(2，0)的直線l與

4、拋物線C交于D，E兩點，線段DE的中點為N，且|DM|EN|，求直線l的方程刷能力112022湖南益陽模擬已知雙曲線C：x2y21，O為坐標原點，F(xiàn)為C的右焦點，過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為P，Q.若eq f(SPOF,SQOF)2，且Q在P，F(xiàn)之間，則|PQ|()Aeq f(3r(5),4)Beq f(r(5),2)Ceq f(3r(5),2)Deq r(5)12過原點的直線l與雙曲線eq f(x2,4)eq f(y2,3)1相交于不同的兩點，則直線l的斜率k的取值范圍是_13已知拋物線C：y22px(p0)的準線與x軸交于點A，點M(2，p)在拋物線C上(1)求C的方程；(2)過

5、點M作直線l交拋物線C于另一點N.若AMN的面積為eq f(64,9)，求直線l的方程刷創(chuàng)新142021新高考卷已知橢圓C的方程為eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)，右焦點為F(eq r(2)，0)，且離心率為eq f(r(6),3).(1)求橢圓C的方程；(2)設M，N是橢圓C上的兩點，直線MN與曲線x2y2b2(x0)相切證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|eq r(3).課時作業(yè)52直線與圓錐曲線的位置關系1解析：直線ykxkk(x1)，直線過定點(1，0).當k0時，直線y0與拋物線有一個公共點，即頂點；當k0時，點(1，0)在拋物線的內部，所以直線與拋物

6、線有兩個公共點，綜上所述，直線與拋物線有一個或兩個公共點故選C.答案：C2解析：直線l的斜率存在時，設l的方程為：ykx(2k1)，由eq blc(avs4alco1(ykx（2k1）,x24y240)得(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)210，keq f(1,2)時，40不成立，方程組無解，keq f(1,2)時，解得xeq f(5,2)，yeq f(3,4)，方程組有唯一解，即直線l與雙曲線有唯一公共點，14k20時，64k2(2k1)216(4k21)(2k1)2116(4k2)0，即直線l的斜率存在時，符合條件的直線只有一條，當直線l的斜率不存在時，直線l：x2，代入雙曲線方

7、程得y0，即直線l與雙曲線也有唯一公共點，所以符合條件的直線有2條故選B.答案：B3解析：設以P為中點的弦所在的直線與橢圓交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率為k，則4x eq oal(sup1(2),sdo1(1) 9y eq oal(sup1(2),sdo1(1) 144，4x eq oal(sup1(2),sdo1(2) 9y eq oal(sup1(2),sdo1(2) 144，兩式相減得4(x1x2)(x1x2)9(y1y2)(y1y2)0，又因為x1x26，y1y24，eq f(y1y2,x1x2)k，代入解得keq f(2,3).故選A.答案：A4解析：設線段AB的中點

8、坐標為(x0，y0)，則有eq blc(avs4alco1(f(y0,x0c)1，,f(y0,x02c)1)eq blc(avs4alco1(x0f(c,2),y0f(3,2)c)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入雙曲線方程有eq f(x eq oal(sup1(2),sdo1(1) ,a2)eq f(y eq oal(sup1(2),sdo1(1) ,b2)1，eq f(x eq oal(sup1(2),sdo1(2) ,a2)eq f(y eq oal(sup1(2),sdo1(2) ,b2)1，兩式相減得eq f(（x1x2）（x1x2）,a2)eq f(（y1y2）（y1y2

9、）,b2)0，可得eq f(b2,a2)eq f(（y1y2）（y1y2）,（x1x2）（x1x2）)3，即b23a2，所以c2a，e2.故選D.答案：D5解析：由題意得eq blc(avs4alco1(f(r(a2b2),a)f(r(3),2)，,f(4,a2)f(1,b2)1，)解得eq blc(avs4alco1(a28，,b22.)故橢圓C的方程為eq f(x2,8)eq f(y2,2)1，故A正確kOMeq f(10,20)eq f(1,2)，故B正確因為直線l的斜率kkOMeq f(1,2)，又因為l在y軸上截距為m，所以l的方程為yeq f(1,2)xm.由eq blc(avs4

10、alco1(yf(1,2)xm，,f(x2,8)f(y2,2)1.)得x22mx2m240.因為直線l與橢圓C交于A，B兩點，所以(2m)24(2m24)0，解得2m0，解得|FC|2，所以動點P的軌跡E是以F，C為焦點的橢圓，設其方程為eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)，所以2a4，2c2，所以a2，c1，beq r(3)，所以方程為eq f(x2,4)eq f(y2,3)1.(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)聯(lián)立eq blc(avs4alco1(f(x2,4)f(y2,3)1，,y2xm)可得19x216mx4m2120，所以由256m276(4m212)0得

11、m(eq r(19)，eq r(19)，x1x2eq f(16m,19)，x1x2eq f(4m212,19)，因為|MN|eq r(（1k2）blcrc(avs4alco1(（x1x2）24x1x2)eq r(5blc(rc)(avs4alco1(f(256m2,361)f(16m248,19)eq f(12r(30),19)，所以可解得m1.10解析：(1)設B(x0，y0)，因為Feq blc(rc)(avs4alco1(0，f(p,2)，A(2，2)，所以eq o(FB,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(x0，y0f(p,2)，eq o(OF,sup6()eq bl

12、c(rc)(avs4alco1(0，f(p,2)，eq o(FA,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(2，2f(p,2)，因為eq o(FB,sup6()eq o(OF,sup6()2eq o(FA,sup6()，所以eq blc(avs4alco1(x002（2），,y0f(p,2)f(p,2)2blc(rc)(avs4alco1(2f(p,2)，)解得eq blc(avs4alco1(x04，,y04，)因為點B在拋物線上，所以(4)22p4，解得p2，所以拋物線C的標準方程為x24y.(2)根據題意可知，只有點E在點D的上方時才有|DM|EN|.當直線l的斜率不存在時，

13、直線l與拋物線C沒有兩個交點，顯然不符合題意，故直線l的斜率必定存在且不為0.設直線l的方程為yk(x2)(k0)，聯(lián)立，得eq blc(avs4alco1(yk（x2），,x24y，)整理得x24kx8k0，則(4k)248k0得k2或k0，且34k20，解得：eq f(r(3),2)k0)，當直線MN的斜率不存在時，直線MN：x1，不合題意；當直線MN的斜率存在時，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，必要性：若M，N，F(xiàn)三點共線，可設直線MN：yk(xeq r(2)即kxyeq r(2)k0，由直線MN與曲線x2y21(x0)相切可得eq f(|r(2)k|,r(k21)1，解得k1，聯(lián)

14、立eq blc(avs4alco1(y（xr(2)）,f(x2,3)y21)可得4x26eq r(2)x30，所以x1x2eq f(3r(2),2)，x1x2eq f(3,4)，所以|MN|eq r(11)eq r(（x1x2）24x1x2)eq r(3)，所以必要性成立；充分性：設直線MN：ykxb，(kb0)相切可得eq f(|b|,r(k21)1，所以b2k21，聯(lián)立eq blc(avs4alco1(ykxb,f(x2,3)y21)可得(13k2)x26kbx3b230，所以x1x2eq f(6kb,13k2)，x1x2eq f(3b23,13k2)，所以|MN|eq r(1k2)eq r(（x1x2）24x1x2)eq r(1k2)eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(6kb,13